题目描述

顺序和逆序读起来完全一样的串叫做回文串。比如acbca是回文串，而abc不是（abc的顺序为abc，逆序为cba，不相同）。

输入长度为 n的串 S ，求 S的最长双回文子串 T ,即可将 T 分为两部分 X， Y，（ ∣X∣,∣Y∣≥1|X|,|Y|≥1∣X∣,∣Y∣≥1 ）且 X 和 Y 都是回文串。

输入输出格式

输入格式：

一行由小写英文字母组成的字符串 S 。

输出格式：

一行一个整数，表示最长双回文子串的长度。

输入输出样例

baacaabbacabb

12

说明

【样例说明】

从第二个字符开始的字符串aacaabbacabb可分为aacaa与bbacabb两部分，且两者都是回文串。

对于100%的数据， 2≤∣S∣≤10⁵

Solution：

　　本题$zyys$啊！～

　　很容易想到$manacher$，于是先打个板子看看，处理出以$i$为中心的最长回文半径$p[i]$后，就断思路了。

　　我首先想到的是，在每次更新$p[i]$后，分别处理出以$i$为中心的半径$p[i]$内，每个位置为开头和结尾的最长回文子串长度($manacher$结束后直接枚举断点就可以得到答案)，但是这样强行又将复杂度拉到了$O(n^2)$。于是，开始断线～

　　后面看看巨佬们的思路，豁然**，我是真的蠢啊～

　　其实，将我开始的思路修改一下即可：

　　我们维护最长回文半径$p[i]$的同时，再分别维护两个东西，以$i$为结尾的最长回文子串的长度$ll[i]$，和以$i$为开头的最长回文子串的长度$rr[i]$。

　　那么很显然，因为以$i$为中心的最长回文子串长度为$p[i]-1$，所以每次更新$p[i]$后，我们只需处理出当前这个回文子串的左右边界(中间的每个点的$ll[i],rr[i]$可以在$manacher$结束后$O(n)$处理出)，则$ll[i+p[i]-1]=max(ll[i+p[i]-1],p[i]-1)$(更新以$i+p[i]-1$为结尾的最长回文长度)，同理$rr[i-p[i]+1]=max(rr[i-p[i]+1],p[i]-1)$。

　　跑完$manacher$后，我们$O(n)$递推出每个$#$为断点的$ll[i]$和$rr[i]$，其中$rr[i]$因为是$i$结尾的回文长度，所以直接顺推，每往后移一位，最长回文子串长度$-2$，于是$rr[i]=max(rr[i],rr[i-2]-2)$($i-2$是上一个$#$位置)，同理$ll[i]$直接逆推，类似地$ll[i]=max(ll[i],ll[i+2]-2)$。

　　最后枚举每个$#$为断点，更新$ans$就$OK$了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

#define For(i,a,b,c) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)+=(c))

#define Bor(i,a,b,c) for(int (i)=(b);(i)>=(a);(i)-=(c))

#define Min(a,b) ((a)>(b)?(b):(a))

#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))

using namespace std;

const int N=;

int p[N],ll[N],ans,rr[N],mx,id,cnt;

char s[N],t[N];

int main(){

    scanf("%s",t);

    int len=strlen(t);

    s[++cnt]='$',s[++cnt]='#';

    For(i,,len-,)s[++cnt]=t[i],s[++cnt]='#';

    s[++cnt]='\0';

    For(i,,cnt,){

        if(i<mx)p[i]=Min(p[id*-i],mx-i);

        else p[i]=;

        while(s[i-p[i]]==s[i+p[i]])p[i]++;

        if(mx<i+p[i])id=i,mx=i+p[i];

        ll[i+p[i]-]=Max(ll[i+p[i]-],p[i]-);

        rr[i-p[i]+]=Max(rr[i-p[i]+],p[i]-);

    }

    For(i,,cnt,)rr[i]=Max(rr[i],rr[i-]-);

    Bor(i,,cnt,)ll[i]=Max(ll[i],ll[i+]-);

    For(i,,cnt,)if(rr[i]&&ll[i])ans=Max(ans,ll[i]+rr[i]);

    cout<<ans;

    return ;

}